Elemente der Mathematik

Elemente der Mathematik - Sommer 2016
Prof. Dr. Matthias Lesch, Regula Krapf
Lösungen Übungsblatt 9
Aufgabe 31 (6 Punkte). Konstruieren Sie mit Zirkel und Lineal alle Dreiecke
∆ABC mit folgenden Angaben:
(a) Umkreisradius r = 1.75cm, a = 3cm und ha = 2cm.
(b) a = 3cm, ha = 2.5cm und sb = 1.75cm. Hinweis: Konstruieren Sie ein
Parallelogramm.
Lösung. Beachten Sie: Grössen stimmen nicht, Proportionen jedoch schon.
(a)
k3
C
A2
k2
M
a
k1
A1
B
p
1. Strecke a abtragen → Punkte B, C
2. Kreis k1 um B mit Radius r
3. Kreis k2 um C mit Radius r → Schnittpunkt M von k1 und k2
4. Kreis k3 um M mit Radius r
5. Parallele p zu a mit Abstand ha → Schnittpunkte A1 und A2 von k3 und
p.
2
(b)
C
D1
a
E1
p
B
k
A1
E2
D2
A2
1. Strecke a abtragen → Punkte B, C
2. Parallele p zu a mit Abstand ha
3. Kreis k um B mit Radius 2sb → Schnittpunkte 1 , D2 von p und k
4. Mittelpunkt E1 von BD1
5. Mittelpunkt E2 von BD2
6. Schnittpunkt A1 von p und CE1
7. Schnittpunkt A2 von p und CE2
Aufgabe 32 (6 Punkte). Es seien Punkte A, B und M gegeben, sodass M der
Mittelpunkt der Strecke AB ist.
(a) Zeigen Sie, dass jedes Dreieck, dessen Ecke C auf dem Kreis um M mit
Radius r = AM liegt, rechtwinklig ist.
(b) Verwenden Sie (a), um den Satz des Pythagoras aus dem Höhensatz zu
folgern.
Lösung.
3
(a)
C
β
α
α
β
B
A
M
Die Dreiecke ∆AM C und ∆BM C sind gleichschenklig und somit gilt ]ACM =
α und ]M CB = β. Daraus folgt
2(α + β) = 2α + 2β = 180◦
und somit γ = α + β = 90◦ . Diese Aussage wird auch als Satz von Thales
bezeichnet.
(b)
D
C
A
c
B
c
E
Sei ∆ABC ein rechtwinkliges Dreieck mit Hypothenuse c. Wir machen
einen Kreis um A mit Radius c und erhalten die Schnittpunkte D und E
des Kreises mit der Gerade AC. Dann folgt aus (a), dass der Winkel ]EBD
ein rechter Winkel ist. Wir wenden den Höhensatz auf das Dreieck ∆DEB
an. Es gilt dann
2
a2 = BC = CD · CE = (c − b)(c + b) = c2 − b2 ,
also c2 = a2 + b2 .
4
Aufgabe 33 (3 Punkte). Beweisen Sie folgende Aussage. Ein Dreieck wird
durch seine Seitenhalbierenden in sechs kleinere Teildreiecke zerlegt, die untereinander den gleichen Flächeninhalt haben.
Lösung.
C
Mb
∆5
∆4
∆6
∆3
S
∆1
Ma
∆2
A
B
Mc
Wir zeigen zunächst, dass ∆ABMa und ∆AMa C denselben Flächeninhalt besitzen. Dies gilt, weil beide dieselbe Seitenlänge BMa = Ma C besitzen und die
Höhen zu BMa resp. Ma C ebenfalls gleich sind. Es gilt also
∆1 + ∆2 + ∆3 = ∆4 + ∆5 + ∆6 ,
wobei ∆i , i ∈ {1, . . . , 6}, die Flächeninhalte wie oben dargestellt sind. Des
Weiteren haben die Dreiecke ∆ABS und ∆ASC die gleiche Fläche, weil sie
dieselbe Seite AS haben und dieselbe Höhe zu AS:
C
H1
Ma
90◦
Mb
H2
S
90◦
B
A
Mc
Dies folgt daraus, dass die Dreiecke ∆Ma BH1 und ∆CH2 Ma kongruent sind
(nach dem Kongruenzsatz WSW). Somit erhalten wir auch
∆1 + ∆2 = ∆5 + ∆6 .
Aus der ersten Gleichung können wir somit folgern, dass ∆3 = ∆4 . Analog
kann man zeigen, dass alle Flächeninhalte gleich sind.
5
Aufgabe 34 (4 Punkte). Das Mittendreieck eines Dreiecks ∆ABC ist das
Dreieck, dessen Ecken die Seitenmittelpunkte Ma , Mb und Mc sind.
(a) Bestimmen Sie den Schwerpunkt und den Höhenschnittpunkt des Mittendreiecks. Hinweis: Verwenden Sie Aufgabe 24.
(b) Folgern Sie, dass das Dreieck ∆ABC und dessen Mittendreieck dieselbe
Eulersche Gerade besitzen.
Lösung.
(a) Wir behaupten, dass der Schwerpunkt des Mittendreiecks derselbe ist wie
derjenige des Dreiecks ∆ABC.
C
Mb
Ma
B
A
Mc
Da CMb : CA =
1
2
= CMa : CB, folgt aus der Umkehrung des 1. Strahlen-
satzes (Aufgabe 24 (a)), dass Mb MA und AB parallel sind. Analog erhält
man, dass Mc Ma und AC parallel sind. Somit ist AMc Ma Mb ein Parallelogramm. Aus Aufgabe 27 (c) folgt, dass sich die Diagonalen AMa und
Mb Mc gegenseitig halbieren, d.h. die Seitenhalbierende zu Mb Mc des Mittendreiecks liegt auf der Seitenhalbierenden Sa = AMa . Da dasselbe auch
für b und c gilt, stimmen die Schwerpunkte überein.
Wir behaupten, dass der Höhenschnittpunkt des Mittendreiecks der Umkreismittelpunkt des Dreiecks ∆ABC ist.
6
C
Mb
Ma
ma
B
A
Mc
Da Mb Mc und BC parallel sind und ma senkrecht auf BC steht, steht ma
auch senkrecht auf Mb Mc . Somit liegt die Höhe zu Mb Mc des Mittendreiecks
auf ma . Da dasselbe für die anderen Höhen gilt, ist der Höhenschnittpunkt
des Mittendreiecks genau der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten von ∆ABC,
also der Umkreismittelpunkt von ∆ABC.
(b) Die Eulersche Gerade des Mittendreiecks ist die eindeutige Gerade durch
dessen Schwerpunkt und dessen Höhenschnittpunkt, also die Gerade durch
den Schwerpunkt und den Umkreismittelpunkt von ∆ABC. Dies ist aber
genau die Eulersche Gerade von ∆ABC.

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